高考数学(理数)一轮复习检测卷：2.1《导数的运算、几何意义》 (教师版)

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限时规范训练(限时练·夯基练·提能练)A级　基础夯实练1．)曲线f(x)＝eq \f(x2＋a,x＋1)在点(1，f(1))处切线的倾斜角为eq \f(3π,4)，则实数a＝(　　)A．1　　　　　　　 B．－1C．7 D．－7解析：选C.f′(x)＝eq \f(2x（x＋1）－（x2＋a）,（x＋1）2)＝eq \f(x2＋2x－a,（x＋1）2)，又∵f′(1)＝taneq \f(3π,4)＝－1，∴a＝7.2．如图，y＝f(x)是可导函数，直线l：y＝kx＋2是曲线y＝f(x)在x＝3处的切线，令g(x)＝xf(x)，g′(x)是g(x)的导函数，则g′(3)＝(　　)A．－1 B．0C．2 D．4解析：选B.依题意得f(3)＝k×3＋2＝1，k＝－eq \f(1,3)，则f′(3)＝k＝－eq \f(1,3)，g′(3)＝f(3)＋3f′(3)＝1－1＝0，故选B.3．直线y＝eq \f(1,2)x＋b是曲线y＝ln x(x＞0)的一条切线，则实数b的值为(　　)A．2 B．ln 2＋1C．ln 2－1 D．ln 2解析：选C.∵y＝ln x的导数为y′＝eq \f(1,x)，∴eq \f(1,x)＝eq \f(1,2)，解得x＝2，∴切点为(2，ln 2)．将其代入直线y＝eq \f(1,2)x＋b，得b＝ln 2－1.4．若曲线f(x)＝acos x与曲线g(x)＝x2＋bx＋1在交点(0，m)处有公切线，则a＋b＝(　　)A．－1 B．0C．1 D．2解析：选C.依题意得，f′(x)＝－asin x，g′(x)＝2x＋b，于是有f′(0)＝g′(0)，即－asin 0＝2×0＋b，b＝0，m＝f(0)＝g(0)，即m＝a＝1，因此a＋b＝1.5．已知函数f(x)的图象如图所示，f′(x)是f(x)的导函数，则下列数值排序正确的是(　　)A．0＜f′(2)＜f′(3)＜f(3)－f(2)B．0＜f′(3)＜f′(2)＜f(3)－f(2)C．0＜f′(3)＜f(3)－f(2)＜f′(2)D．0＜f(3)－f(2)＜f′(2)＜f′(3)解析：选C.由函数f(x)的图象可得函数f(x)的导函数f′(x)在[0，＋∞)上是单调递减的，f(x)在[2，3]上的平均变化率小于函数f(x)在点(2，f(2))处的瞬时变化率，大于f(x)在点(3，f(3))处的瞬时变化率，所以0＜f′(3)＜eq \f(f（3）－f（2）,3－2)＜f′(2)，即0＜f′(3)＜f(3)－f(2)＜f′(2)．6．已知曲线f(x)＝ln x的切线经过原点，则此切线的斜率为(　　)A．e B．－eC.eq \f(1,e) D．－eq \f(1,e)解析：选C.解法一：∵f(x)＝ln x，∴x∈(0，＋∞)，f′(x)＝eq \f(1,x).设切点P(x0，ln x0)，则切线的斜率k＝f′(x0)＝eq \f(1,x0)＝eq \f(ln x0,x0)，∴ln x0＝1，x0＝e，∴k＝eq \f(1,x0)＝eq \f(1,e).解法二：(数形结合法)在同一坐标系中作出曲线f(x)＝ln x及曲线f(x)＝ln x经过原点的切线，如图所示，数形结合可知，切线的斜率为正，且小于1，故选C.7．已知f(x)＝ln x，g(x)＝eq \f(1,2)x2＋mx＋eq \f(7,2)(m＜0)，直线l与函数f(x)，g(x)的图象都相切，且与f(x)图象的切点为(1，f(1))，则m的值为(　　)A．－1 B．－3C．－4 D．－2解析：选D.∵f′(x)＝eq \f(1,x)，∴直线l的斜率k＝f′(1)＝1.又f(1)＝0，∴直线l的方程为y＝x－1.g′(x)＝x＋m，设直线l与g(x)图象的切点为(x0，y0)，则eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(x0＋m＝1，,y0＝x0－1，,y0＝\f(1,2)xeq \o\al(2,0)＋mx0＋\f(7,2)（m＜0），))∴－m＝eq \f(1,2)(1－m)2＋m(1－m)＋eq \f(7,2)，得m＝－2，故选D.8．曲线y＝2ln x在点(1，0)处的切线方程为________．解析：由y＝2ln x得y′＝eq \f(2,x).因为k＝y′|x＝1＝2，点(1，0)为切点，所以切线方程为y＝2(x－1)，即2x－y－2＝0.答案：2x－y－2＝09．已知函数y＝f(x)的图象在点M(2，f(2))处的切线方程是y＝x＋4，则f(2)＋f′(2)＝____．解析：y＝f(x)的图象在点M(2，f(2))处的切线方程是y＝x＋4，可得f(2)＝2＋4＝6，f′(2)＝1，则f(2)＋f′(2)＝6＋1＝7.答案：710．已知f(x)为偶函数，当x＜0时，f(x)＝ln(－x)＋3x，则曲线y＝f(x)在点(1，－3)处的切线方程是________．解析：令x＞0，则－x＜0，f(－x)＝ln x－3x，又f(－x)＝f(x)，∴f(x)＝ln x－3x(x＞0)，则f′(x)＝eq \f(1,x)－3(x＞0)，∴f′(1)＝－2，∴在点(1，－3)处的切线方程为y＋3＝－2(x－1)，则y＝－2x－1.答案：y＝－2x－1B级　能力提升练11．若直线y＝ax是曲线y＝2ln x＋1的一条切线，则实数a＝(　　)A．e－eq \f(1,2)　　　　　　　　　 B．2 e－eq \f(1,2)　C．e－eq \f(1,2)　 D．2 e－eq \f(1,2)　解析：选B.依题意，设直线y＝ax与曲线y＝2ln x＋1的切点的横坐标为x0，则有y′|x＝x0＝eq \f(2,x0)，于是有eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(a＝\f(2,x0)，,ax0＝2ln x0＋1，))解得x0＝eq \r(e)，a＝eq \f(2,x0)＝2 e－eq \f(1,2)　，选B.12．已知点P在曲线y＝eq \f(4,ex＋1)上，α为曲线在点P处的切线的倾斜角，则α的取值范围是(　　)A.eq \b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3π,4)，π)) B．eq \b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(π,4)))C.eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－\f(3π,4)，0)) D．eq \b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,4)，\f(3π,4)))解析：选A.∵y＝eq \f(4,ex＋1)，∴y′＝eq \f(－4ex,（ex＋1）2)＝eq \f(－4ex,e2x＋2ex＋1)＝eq \f(－4,ex＋\f(1,ex)＋2).∵ex＞0，∴ex＋eq \f(1,ex)≥2，∴y′∈[－1，0)，∴tan α∈[－1，0)．又α∈[0，π)，∴α∈eq \b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3π,4)，π))，故选A.13．已知函数fn(x)＝xn＋1，n∈N的图象与直线x＝1交于点P，若图象在点P处的切线与x轴交点的横坐标为xn，则log2 020x1＋log2 020x2＋…＋log2 020x2 019的值为(　　)A．－1 B．1－log2 0202 019C．－log2 0192 018 D．1解析：选A.由题意可得点P的坐标为(1，1)，f′n(x)＝(n＋1)·xn，所以fn(x)图象在点P处的切线的斜率为n＋1，故可得切线的方程为y－1＝(n＋1)(x－1)，所以切线与x轴交点的横坐标为xn＝eq \f(n,n＋1)，则log2 020x1＋log2 020x2＋…＋log2 020x2 019＝log2 020(x1x2·…·x2 019)＝log2 020eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)×\f(2,3)×\f(3,4)×…×\f(2 019,2 020)))＝log2 020eq \f(1,2 020)＝－1，故选A.14．若函数y＝f(x)的图象上存在两点，使得函数的图象在这两点处的切线互相垂直，则称y＝f(x)具有T性质．下列函数中具有T性质的是(　　)A．y＝sin x B．y＝ln xC．y＝ex D．y＝x3解析：选A.设函数y＝f(x)图象上的两点分别为(x1，y1)，(x2，y2)，且x1≠x2，则由题意知，只需函数y＝f(x)满足f′(x1)·f′(x2)＝－1即可，y＝f(x)＝sin x的导函数为f′(x)＝cos x，则f′(0)f′(π)＝－1, 故函数y＝sin x具有T性质：y＝f(x)＝ln x的导函数为f′(x)＝eq \f(1,x)，则f′(x1)·f′(x2)＝eq \f(1,x1x2)＞0，故函数y＝ln x不具有T性质；y＝f(x)＝ex的导函数为f′(x)＝ex，则f′(x1)·f′(x2)＝ex1＋x2＞0，故函数y＝ex不具有T性质；y＝f(x)＝x3的导函数为f′(x)＝3x2，则f′(x1)f′(x2)＝9xeq \o\al(2,1)xeq \o\al(2,2)≥0，故函数y＝x3不具有T性质．故选A.15．已知a∈R，设函数f(x)＝ax－ln x的图象在点(1，f(1))处的切线为l，则l在y轴上的截距为________．解析：由题意可知f′(x)＝a－eq \f(1,x)，所以f′(1)＝a－1，因为f(1)＝a，所以切点坐标为(1，a)，所以切线l的方程为y－a＝(a－1)(x－1)，即y＝(a－1)x＋1.令x＝0，得y＝1，即直线l在y轴上的截距为1.答案：116．若函数f(x)＝eq \f(1,2)x2－ax＋ln x存在垂直于y轴的切线，则实数a的取值范围是________．解析：∵f(x)＝eq \f(1,2)x2－ax＋ln x的定义域为(0，＋∞)，∴f′(x)＝x－a＋eq \f(1,x).∵f(x)存在垂直于y轴的切线，∴f′(x)存在零点，即x＋eq \f(1,x)－a＝0有解，∴a＝x＋eq \f(1,x)≥2(当且仅当x＝1时取等号)．答案：[2，＋∞)C级　素养加强练17．已知f(x)＝ax3－x2－x＋b(a，b∈R，a≠0)，g(x)＝eq \f(3\r(e),4)ex(e是自然对数的底数)，f(x)的图象在x＝－eq \f(1,2)处的切线方程为y＝eq \f(3,4)x＋eq \f(9,8).(1)求a，b的值；(2)探究：直线y＝eq \f(3,4)x＋eq \f(9,8)是否可以与函数g(x)的图象相切？若可以，写出切点的坐标；若不可以，说明理由．解：(1)因为f(x)＝ax3－x2－x＋b，所以f′(x)＝3ax2－2x－1，因为f(x)＝ax3－x2－x＋b的图象在x＝－eq \f(1,2)处的切线方程是y＝eq \f(3,4)x＋eq \f(9,8)，所以f′eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,2)))＝eq \f(3,4)，即3a×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,2)))eq \s\up12(2)－2×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,2)))－1＝eq \f(3,4)，解得a＝1.因为f(x)的图象过点eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,2)，\f(3,4)))，所以eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,2)))eq \s\up12(3)－eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,2)))eq \s\up12(2)－eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,2)))＋b＝eq \f(3,4)，解得b＝eq \f(5,8).综上，a＝1，b＝eq \f(5,8).(2)设直线y＝eq \f(3,4)x＋eq \f(9,8)与函数g(x)的图象相切，切点为点B(x0，y0)，因为g′(x)＝eq \f(3\r(e),4)ex，所以过点B的切线的斜率是g′(x0)＝eq \f(3\r(e),4)ex0.又直线y＝eq \f(3,4)x＋eq \f(9,8)的斜率是eq \f(3,4)，所以eq \f(3\r(e),4)ex0＝eq \f(3,4)，解得x0＝－eq \f(1,2).将x0＝－eq \f(1,2)代入y＝eq \f(3\r(e),4)ex得点B的坐标为eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,2)，\f(3,4)))，所以直线y＝eq \f(3,4)x＋eq \f(9,8)可以与函数g(x)的图象相切，切点坐标为eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,2)，\f(3,4))).